Khóa luận tốt nghiệp toán học: BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI, BẤT ĐẲNG THỨC BUNIACOVSKY VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY BẮC
*



PHAN THỊ HƯƠNG


BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI, BẤT ĐẲNG THỨC
BUNIACOVSKY VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
TRONG GIẢI TOÁN





KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC






SƠN LA, NĂM 2013

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY BẮC
*

PHAN THỊ HƯƠNG


BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI, BẤT ĐẲNG THỨC
BUNIACOVSKY VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
TRONG GIẢI TOÁN



CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Người hướng dẫn: TS. Hoàng Ngọc Anh




SƠN LA, NĂM 2013
LỜI CẢM ƠN

Trong quá trình thực hiện khoá luận này, em đã nhận được sự hướng dẫn,
chỉ bảo tận tình, chu đáo của Thầy giáo GVC.TS Hoàng Ngọc Anh, sự giúp đỡ
và tạo điều kiện của các thầy cô giáo trong Khoa Toán – Lý – Tin, cũng như sự
ủng hộ, động viên, góp ý của Thầy giáo chủ nhiệm và các bạn sinh viên lớp K50
ĐHSP Toán. Đồng thời, việc hoàn thành khoá luận đã nhận được sự giúp đỡ tạo
điều kiện thuận lợi của phòng Đào tạo Đại học, Thư viện và một số phòng ban,
khoa trực thuộc trường Đại học Tây Bắc.

Nhân dịp này, cho phép em được bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới các
thầy cô, các bạn sinh viên và các đơn vị nói trên về sự ủng hộ, giúp đỡ quý báu
đó.
Em xin chân thành cảm ơn!

Sơn La, tháng 05 năm
2013
Sinh viên


Phan Thị Hương











DANH MỤC CHỮ VIẾT TẮT



BĐT
Bất đẳng thức
đpcm
Điều phải chứngminh

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU 1
1. Lí do chọn đề tài 1
2. Mục đích nghiên cứu 1
3. Nhiệm vụ nghiên cứu 1
4. Giả thiết khoa học 1
5. Đối tượng nghiên cứu 1
6. Phương pháp nghiên cứu 2
7. Đóng góp của khóa luận 2
8. Cấu trúc của khóa luận 2
Chương 1. BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI VÀ BẤT ĐẲNG THỨC
BUNIACOVSKY 3
1.1. Bất đẳng thức Bernoulli 3

1.1.1. Bất đẳng thức Bernoulli dạng đơn giản 3
1.1.2. Bất đẳng thức Bernoulli dạng suy rộng 1 4
1.1.3. Bất đẳng thức Bernoulli dạng suy rộng 2 5
1.1.4. Bất đẳng thức Bernoulli dạng suy rộng 3 6
1.2. Bất đẳng thức Buniacovsky 7
1.2.1. Phát biểu bất đẳng thức Buniacovsky 7
1.2.2. Các hệ quả 7
1.2.3. Các cách chứng minh bất đẳng thức Buniacovsky 8
1.2.4. Bất đẳng thức Buniacovsky mở rộng 10
Chương 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI
VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNIACOVSKY TRONG GIẢI TOÁN 13
2.1. Bất đẳng thức Bernoulli 13
2.1.1. Bất đẳng thức Bernoulli trong các bài toán đại số 13
2.1.2. Bất đẳng thức Bernoulli trong các bài toán hình học và lượng giác 18
2.2. Bất đẳng thức Buniacovsky 21
2.2.1 Bất đẳng thức Buniacovsky trong các bài toán đại số 21
2.2.2. Bất đẳng thức Buniacovsky trong một số bài toán hình học và lượng
giác 28
KẾT LUẬN 37
TÀI LIỆU THAM KHẢO 38


1
MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Toán học là một môn khoa học đóng vai trò quan trọng trong cuộc sống và
các ngành khoa học khác. Trong đó, bất đẳng thức là một trong những mảng
kiến thức hay và có nhiều ứng dụng trong giải toán. Việc nghiên cứu về bất đẳng
thức giúp học sinh, sinh viên tăng cường tính sáng tạo, sự kiên trì, ham học hỏi;
tăng cường khả năng tính toán, khả năng tìm tòi lời giải bài toán và phát triển tư

duy cho học sinh. Việc giải các bài tập về bất đẳng thức đôi khi không theo quy
tắc hoặc khuôn mẫu nào cả, nó đòi hỏi chúng ta phải có cách suy nghĩ logic,
sáng tạo, biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức mới một cách logic hệ thống.
Với cương vị là một sinh viên chuyên ngành sư phạm Toán sắp rời giảng
đường đại học cùng lòng yêu thích bộ môn, tôi muốn đóng góp công sức nhỏ bé
của mình giúp bạn đọc nắm vững khái niệm, các cách chứng minh và sự ứng
dụng đa dạng của bất đẳng thức thông qua việc nghiên cứu bất đẳng thức
Bernoulli, bất đẳng thức Buniacovsky và một số ứng dụng của nó trong giải toán
ở trường phổ thông.
Chính điều đó đã thôi thúc chúng tôi chọn khóa luận với đề tài: “Bất
đẳng thức Bernoulli, bất đẳng thức Buniacovsky và một số ứng dụng
trong giải toán”.
2. Mục đích nghiên cứu
- Xây dựng một tài liệu tham khảo về chuyên đề Bất đẳng thức Bernoulli
và bất đẳng thức Buniacovsky cho sinh viên ĐHSP Toán.
- Nâng cao sự hiểu biết và hiệu quả học tập của bản thân.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu về bất đẳng thức Bernoulli và bất đẳng thức Buniacovsky cụ
thể là các cách chứng minh, các dạng suy rộng và ứng dụng của từng bất đẳng
thức vào việc giải một số dạng toán trong chương trình trung học phổ thông.
4. Giả thiết khoa học
Có thể dùng bất đẳng thức Bernoulli và bất đẳng thức Buniacovsky vào
giải một số bài toán đại số, hình học và lượng giác ở phổ thông. Các cách giải có
sử dụng hai bất đẳng trên có thể hiệu quả hơn.
5. Đối tượng nghiên cứu
- Nghiên cứu nội dung môn đại số sơ cấp đã được dạy ở trường Đại học

2
Tây Bắc.
- Nghiên cứu nội dung, các dạng suy rộng và các cách chứng minh bất đẳng

thức bernoulli và bất đẳng thức Buniacovsky, đồng thời ứng dụng để giải một
số bài toán đại số và hình học ở trường phổ thông.
6. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu tài liệu.
- Phân tích, tổng hợp các kiến thức.
- Kinh nghiệm bản thân, trao đổi thảo luận với giáo viên hướng dẫn.
7. Đóng góp của khóa luận
Khóa luận sau khi hoàn thành sẽ làm tài liệu tham khảo cho sinh viên
chuyên ngành Toán và giáo viên phổ thông.
8. Cấu trúc của khóa luận
Khóa luận gồm phần mở đầu, phần nội dung gồm 2 chương và phần kết
luận. Phần nội dung bao gồm các chương sau:
Chương 1: Bất đẳng thức Bernoulli và bất đẳng thức Buniacovsky.
Chương 2: Một số ứng dụng của bất đẳng thức Bernoulli và bất đẳng thức
Buniacovsky trong giải toán.













3
Chương 1. BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI VÀ BẤT ĐẲNG THỨC

BUNIACOVSKY
1.1. Bất đẳng thức Bernoulli
1.1.1. Bất đẳng thức Bernoulli dạng đơn giản
Nếu
a1
thì
nN
ta có:
 
n
1 a 1 na  
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi hoặc
a0
hoặc
n 0,

n1
.
Chứng minh
Rõ ràng hai vế của bất đẳng thức bằng nhau khi
n0
hoặc khi
n1
. Khi
n1
áp dụng bất đẳng thức Cauchy với
n1
số 1 và số
1 na,

ta có:



 
n
1 a 1 na   
(đpcm)
Dấu “

” xảy ra
1 1 na a 0    
.
Ví dụ. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)
10 10 10
7 8 9
(1)
b)
2003 2003 2003
2000 2001 2002
(2)
Giải
a) (1)
10
10
79
1
88







  

Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
10 10 10
9 1 10 7
1 1 1
8 8 8 8
     
     
     
     
(đpcm)
b) (2)
2003 2003
2000 2002
1
2001 2001
   
   
   
  

Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
2003 2003 2003
2000 1 2003 2000

1 1 1
2001 2001 2001 2001
     
     
     
     


 
n
1 1 1 1 na
1 na
n
    


4
1.1.2. Bất đẳng thức Bernoulli dạng suy rộng 1
Nếu
a1
thì với mọi số hữu tỉ
r1
, ta có:

 
r
1 a 1 ra  
(*)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc
a0

hoặc
r1
.
Chứng minh
Do r hữu tỉ
1
nên
m
r
n

(với m, n là các số tự nhiên và
mn
). Vì khi
1 ar < 0
, BĐT (*) hiển nhiên đúng, do đó ta chỉ quan tâm khi
1 ar 0
. Áp
dụng bất đẳng thức Cauchy cho n số
m
1a
n

và
mn
số 1, ta có:
n
m
mm
1 a 1 a 1 1

m
nn
1a
mn
   
   

   


      



 
n
m
1 a 1 ar   


   
m
r
n
1 ar 1 a 1 a 1 ar      
(đpcm).
Dấu “=” xảy ra
m
1 a 1 a 0
n

    
.
Ví dụ. Chứng minh rằng nếu
i
x0

 
i 1,n
và r là một số hữu tỉ và
r1
thì:

r
r r r
1 2 n 1 2 n
x x x x x x
nn
  




  

(1)
Chứng minh
Nếu
1 2 n
x x x 0   
thì xảy ra đẳng thức.

Giả sử
1 2 n
x x x 0   
, khi đó:
(1)
r r r
1 2 n
r
1 2 n
x x x
n
x x x
n




  

  


r r r
1 2 n
1 n 1 n 1 n
nx nx nx

x x x x x x
     
   

     
     
     
(2)

5
Theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:
rr
i i i
1
1 n n 1 n
nx nx nx
1 1 1 r 1
x x x x x x
     
     
     
     
     
     

Cộng n bất đẳng thức theo từng vế ứng với
i 1,n
ta được bất đẳng thức (2). Từ
đó suy ra điều phải chứng minh.
1.1.3. Bất đẳng thức Bernoulli dạng suy rộng 2
Cho
a1
và α là số thực ≥ 1. Ta có:
 

1 a 1 a

   
. Dấu đẳng thức xảy
ra
a0
hoặc
1
.
Chứng minh
Cách 1. Rõ ràng ta chỉ cần xét khi α là số vô tỉ. Khi đó, tồn tại số hữu tỉ
n
r
tăng
và
   
n
r
n
nn
lim r lim 1 a 1 a

 
    

( do tính liên tục của hàm số mũ).
Theo dạng suy rộng 1 của bất đẳng thức Bernoulli, ta có:
 
n
r

n
1 a 1 r a  
,
n
(2)
Theo định lí về các phép tính giới hạn, ta có:
     
n
r
n
nn
lim 1 a lim 1 r a 1 a 1 a

 
       
.
Cách 2. Xét hàm số:
 
 
f x 1 x 1 x

   

với
1x   
, ta có:
     
11
f ' x 1 x 1 x 1
 


        



Do
1
nên ta có bảng biến thiên sau:





6
x
0
 
f ' x



0 +
 
fx


CT
Như vậy, với mọi số thực
a1
, ta có:

 
 
f a f 0
hay
   
1 a 1 a 0 1 a 1 a

        

Dấu bằng xảy ra khi
a0
hoặc
1
(đpcm).
Nhận xét:
Ta có thể phát biểu dạng tương đương của BĐT Bernoulli trên như sau:
Nếu
a1
và

là số thực thỏa mãn
01
thì
 
1 a 1 a

   
.
Dấu “=” xảy ra
a0

.
Ví dụ. Cho
0 a,b 1
. Chứng minh
ba
a b 1
.
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli dạng (1.1.3) trên, ta có:
bb
b
1 1 1 a 1 a a b ab
1 1 b
a a a a
a
   
   
     
   
   


b
a
a
a b ab



Tương tự ta có:

a
a
b
a b ab


. Từ đó suy ra:
ba
ab
a b 1
a b ab

  

(đpcm).
1.1.4. Bất đẳng thức Bernoulli dạng suy rộng 3
Giả sử x
1
, x
2
,…, x
n
là các số thực cùng dấu và lớn hơn
1
.
Khi đó ta có:
 
n
n
ii

i1
i1
1 x 1 x


  


.


7
Chứng minh
Dễ thấy bất đẳng thức cần chứng minh đúng với
n 
1, 2. Giả sử nó đúng
với n, nghĩa là
 
n
i
i1
1x






n
i

i1
1x



. Ta có:
       
n 1 n
n
i n 1 i i n 1
n1
i 1 i 1
1 x 1 x 1 x 1 x 1 x





      







n 1 n n 1
i n 1 i i
i 1 i 1 i 1
1 x x x 1 x



  
   
    
  
   
   
   

Ở đây
1 2 n
x ,x , ,x
là các số thực cùng dấu và lớn hơn
1
nên:

n
n 1 i
i1
x x 0





Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét:
Dễ thấy 1.1.1 là hệ quả của 1.1.4 (khi các
i

x
đều bằng nhau và bằng a).
1.2. Bất đẳng thức Buniacovsky
1.2.1. Phát biểu bất đẳng thức Buniacovsky
Cho các số thực
1 2 n
a ,a , ,a
và
1 2 n
b ,b , ,b
. Khi đó:
  
 
2
2 2 2 2 2 2
1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n
a a a b b b a b a b a b         

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
ii
b ka ,

i 1, n,
với k là số thực dương nào
đó.
1.2.2. Các hệ quả
1.2.2.1. Hệ quả 1
Nếu
1 1 2 2 n n
a x a x a x C   

(không đổi) thì
 
2 2 2
1 2 n
min x x x   

2 2 2
1 2 n
C
a a a

  
đạt được khi
1 2 n
1 2 n
x x x

a a a
  
.



8
1.2.2.2. Hệ quả 2
Nếu
2 2 2 2
1 2 n
x x x C   
(không đổi) thì:

 
2 2 2
1 1 2 2 n n 1 2 n
max a x a x a x C a a a      
đạt được khi:
1 2 n
1 2 n
x x x
0
a a a
   

 
2 2 2
1 1 2 2 n n 1 2 n
min a x a x a x C a a a       

Dấu “=” xảy ra
1 2 n
1 2 n
x x x
0
a a a
    
.
1.2.3. Các cách chứng minh bất đẳng thức Buniacovsky
1.2.3.1: Cách 1
Đặt:
   
n

2
ii
i1
f x a x b




Và dễ dàng biến đổi
 
fx
thành
 
2
f x Ax 2Bx C  
, trong đó:
n
2
i
i1
Aa



,
n
ii
i1
B a b




,
n
2
i
i1
Cb




Từ đó, ta đi đến điều phải chứng minh bằng cách để ý rằng:

 
f x 0
,
2
x B AC 0   

1.2.3.2. Cách 2: Chứng minh bằng quy nạp
Khi
n2
, bất đẳng thức đúng, vì:
  
   
22
2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1
a a b b a b a b a b a b 0      

Giả sử bất đẳng thức đúng đến
nk
, tức là:
  
 
2
2 2 2 2 2 2
1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n
a a a b b b a b a b a b         

Xét trường hợp
n k 1
. Ta có:
  
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 k k 1 1 2 k k 1
a a a a b b b b

       


    
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 k 1 2 k k 1 1 2 k
a a a b b b b a a a

           

9

 
2 2 2 2 2 2
k 1 1 2 k k 1 k 1
a b b b a b
  
    
(1)
Ta lại có:
   
2 2 2 2 2 2 2 2
k 1 1 2 k k 1 1 2 k
b a a a a b b b

       


2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
k 1 1 k 1 1 k 1 2 k 1 2 k 1 k k 1 k
b a a b b a a b b a a b
     
      


1 1 k 1 k 1 2 2 k 1 k 1 k k k 1 k 1
2a b a b 2a b a b 2a b a b
     
   
. (2)

Từ đó, theo giả thiết quy nạp và theo (2), vế trái của (1) sẽ lớn hơn hoặc
bằng:

 
2
22
1 1 2 2 k k k 1 k 1 1 1 k 1 k 1 2 2 k 1 k 1
a b a b a b a b 2a b a b 2a b a b
     
      


k k k 1 k 1
2a b a b




 
2
1 1 2 2 k k k 1 k 1
a b a b a b a b

    

là điều phải chứng minh. Dễ thấy dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
1 2 k k 1
1 2 k k 1
a a a a

b b b b


   

1.2.3.3. Cách 3: Dùng bất đẳng thức Jensen
*Định nghĩa hàm lồi
Hàm
 
fx
xác định trên
 
a;b
được gọi là lồi trên đoạn đó nếu với mọi
 
12
x ,x a;b
ta có:
   
12
12
f x f x
xx
f
22








Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
12
xx
. Ta cũng nói hàm f lõm trên
 
a;b

nếu bất đẳng thức trên có chiều ngược lại.
*Bất đẳng thức Jensen
Nếu
 
fx
là hàm lồi trên
 
1 2 n
c ;c ;c
thì với mọi
 
1 2 n
x ,x , ,x a;b
và
mọi số thực
1 2, n
, , 0,   

1
1




n
i
i

ta có bất đẳng thức:
       
1 1 2 2 n n 1 1 2 2 n n
f x f x f x f x x x          



10
Chứng minh
Hàm số
   
12
12
f x f x
xx
f
22






là hàm lõm với mọi

xR
. Theo bất
đẳng thức Jensen, với
i
0, 

i 1,n
và
n
i
i1
0



ta có:
 
n
1 2 n k
1 2 n k
n n n n
k1
i i i i
i 1 i 1 i 1 i 1
f x x x f x

   


   


   


   



   

Từ đó suy ra:
 
2
2 2 2
1 1 2 2 n n
1 1 2 2 n n
2n
n
i
i
i1
i1
x x x
x x x


     
     












 
2
1 1 2 2 n n
x x x       


 
 
2 2 2
1 2 n 1 1 2 2 n n
x x x            
(1)
Bây giờ, giả sử
1 2 n
a ,a , ,a
và
1 2 n
b ,b , ,b
là 2 dãy số bất kì. Rõ ràng ta có
thể giả sử
i

b 0, i 1,n  
(vì nếu
k
b0
ta chỉ cần loại cặp
 
kk
a ,b
đi và cứ
làm như thế cho đến khi ta chỉ còn lại các cặp
 
jj
a ,b
với
j
b0
). Trong (1)
thay
2
ii
b
và
i
i
i
a
x
b

, suy ra bất đẳng thức Buniacovsky cần chứng minh.

1.2.4. Bất đẳng thức Buniacovsky mở rộng
Mở rộng bất đẳng thức Buniacovsky cho 3 dãy số thực không
âm:
 
1 2 n
a ;a ; ;a ;

 
1 2 n
b ;b ;b ;
 
1 2 n
c ;c ;c
ta luôn có:
 
1 1 1 2 2 2 n n n
a b c a b c a b c  


   
3 3 3 3 3 3 3 3 3
1 2 n 1 2 n 1 2 n
a a a b 3 b c c c         

Chứng minh
Đặt
3 3 3
3
1 2 n
A a a a   

,
3 3 3
3
1 2 n
B b b b   
,
3 3 3
3
1 2 n
C c c c  


11
Nếu
A0
hoặc
B0
hoặc
C0
thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì khi đó
cả hai vế của bất đẳng thức đều bằng 0.
Vậy ta chỉ xét trường hợp
A 0;
B 0;
C0

Đặt
i
i
a

x;
A


i
i
b
y;
B

i
i
c
z
C

với
i1
; 2; 3
Khi đó ta có:
3 3 3
1 2 3
3 3 3
1 2 3
3 3 3
1 2 3
x x x 1
y y y 1
z z z 1


  


  


  


và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
1 1 1 2 2 2 3 3 3
x y z x y z x y z 1  

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm:
3
i
x;
3
i
y;
3
i
z

 
i 1;2;3
ta có:
333
111
1 1 1

333
222
2 2 2
333
333
3 3 3
xxx
x y z
3
xxx
x y z
3
xxx
x y z
3



















Cộng các bất đẳng thức trên lại ta được:
1 1 1 2 2 2 3 3 3
x y z x y z x y z 1  
(đpcm).
Đẳng thức xảy ra
1 1 1
1 1 1
2 2 2
2 2 2
3 3 3
3 3 3
a b c
A B C
x y z
a b c
x y z
A B C
x y z
a b c
A B C








     









Hay
i i i
a :b :c A:B:C
(
i 1;2;3
) tức là:
1 1 1 2 2 2 3 3 3
a :b :c a :b :c a :b :c

Tổng quát: Bất đẳng thức Buniacovsky mở rộng cho m dãy số thực không âm:
Cho m dãy số thực không âm:
 
1 2 n
a ;a ; ;a ,
 
1 2 n
b ;b ; ;b , ,


 

1 2 n
K ;K ; ;K

Ta có:
 
m
1 1 1 2 2 2 n n n
a b K a b K a b K   


12
    
m m m m m m m m m
1 2 n 1 2 n 1 2 n
a a a b b b K K K        

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
1 1 1 2 2 2 n n n
a :b : :K a :b : :K a :b : :K

(chứng minh tương tự như trên)
Chú ý:
Từ bất đẳng thức Buniacovsky, có thể viết lại theo các dạng:
a)
  
2 2 2 2 2 2
1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n
a a a b b b a b a b a b         

b)

2
2
n n n
i
ii
i
i 1 i 1 i 1
b
ab
a
  





  

ii
x ,y 0

c)
2
n n n
i
i i i
i
i 1 i 1 i 1
x
x y x

y
  
    

    
    
    
  

ii
x ,y 0

13
Chương 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI
VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNIACOVSKY TRONG GIẢI TOÁN
2.1. Bất đẳng thức Bernoulli
2.1.1. Bất đẳng thức Bernoulli trong các bài toán đại số
2.1.1.1. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Chứng minh rằng:
n 1,2, 
ta có
n
13
13
n n 2

  




Giải
Hiển nhiên bất đẳng thức đúng khi
n1
và dấu bằng xảy ra.
Giả sử bất đẳng thức đúng đến
nk
, tức là ta có:
k
13
13
k k 2


  




Xét khi
n k 1
. Ta có:
k1
k
2
k2
1
1
k 2 k 2k
k1
k1
k 2k 1
1
1
k



















(*)
Ta lại có:
k
k
2
22
k 2k 1 1
1
k 2k k 2k







   


Vậy theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:

k
22
1 k k 3
11
k2
k 2k k 2k


   


   

k
2
2
k 2k k 2
k3
k 2k 1








(**)
Thay (**) vào (*) và đi đến:

14
 
  
2
k 1 k
k2
11
1 1 .
k 1 k k 1 k 3


   
  
   
  
   
(***)
Từ (***) và theo giả thiết quy nạp suy ra:

 
  
2
k1
k2
13
1 3 .
k 1 k 2 k 1 k 3


   

  
   
   
   
(****)
Dễ thấy VP(****)
  
     
2
3 k 1 k 2
k 2 3
3. 3
k 1 k 3 k 2 k 3 k 1 2


   
     

Vậy bất đẳng thức cũng đúng khi
n k 1
.
Theo nguyên lí quy nạp suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét:
Khi
n2
thì
2
13
13
2 2 2


  



.
Còn
n3
thì
3
13
13
3 3 2

  



.
Vì thế, từ cách chứng minh trên, suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
n1

hoặc
n2
.
Ví dụ 2. Cho
1 2 n
x ,x , ,x
là n số dương đều nhỏ hơn hoặc bằng 1. Chứng minh
rằng:

       
2 3 n 1
1 1 1 1
n
x x x x
1 2 n 1 n
1 x 1 x 1 x 1 x 2

    
.
Giải
Do
i
0 x 1

i 1,n  
với mọi
1,n
ta có:
i
1
1
x

.
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
 
2
1
1

x
1
2
x
1 x 1 .
x
  
(1)
Dấu bằng trong (1) xảy ra khi và chỉ khi
2
x1

Lí luận tương tự ta có:
 
3
1
2
x
2
3
x
1 x 1
x
  
(2)

15
………………… (i)
 
1

1
n
x
n
1
x
1 x 1
x
  
(n)
Dấu “=” trong BĐT (i) xảy ra khi và chỉ khi
i1
x1


. Do các bất đẳng thức đều
là các số dương nên nhân từng vế các BĐT từ (1) đến (n) ta có:
       
2 3 n 1
1 1 1 1
1 2 n
x x x x
1 2 n 1 n
2 3 1
x x x
1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 1
x x x


   

       

   
   

(*)
Dấu “

” trong (*) xảy ra
1 2 n
x x x 1    
.
Lại theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
ii
i 1 i 1
xx
12
xx





,
i 1,n
với
n 1 1
xx



(**)
Dấu “

” trong (**) xảy ra khi và chỉ khi
i i 1
xx


.
Nhân từng vế của n bất đẳng thức dạng (**) ta có:
nn
1 2 n 1 2 n
2 3 1 2 3 1
x x x x x x
1 1 1 2 2
x x x x x x

   
    

   
   


Dấu “

” xảy ra
1 2 n
x x x   
. Kết hợp với (*) ta có:

       
2 3 n 1
1 1 1 1
n
x x x x
1 2 n 1 n
1 x 1 x 1 x 1 x 2

    

Dấu “

” xảy ra khi và chỉ khi
i
x1
,
i 1,n
(đpcm).
Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương, ta có:
 
n
n
n 1 2.n

Và từ đó suy ra:
 
3n 1 1 1 1
lg n!
10 2 3 n 1 n


    



.
Giải
Ta có:
 
n
n
n
1
n 1 n 1
n

  



Vì thế áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
 
n
nn
1
n 1 n 1 n 2.n
n

   



16
Dấu bằng xảy ra
n1
. Từ
 
n
n
n 1 2.n
ta được
 
10n
10 10n 10n
n 1 2 .n 1000.n  


 
10n.lg n 1 3 10n.lgn   


 
3
lg n 1 lgn
10n
   
(1)
Trong (1), lần lượt thay
n 1,n 1
ta có:

3
lg2 lg1
10.1

,
3
lg3 lg2
10.2

, …,
 
3
lgn lg n 1
10.(n 1)
  


Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên suy ra:
3 1 1
lgn 1
10 2 n 1

   



(2)
Trong (2) lại thay lần lượt
n 2, ,n 1,n
ta có:

3
lg2
10

,
31
lg3 1
10 2




, …,
31
lgn 1
10 n 1

  




Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:

       
 
3 1 1
lg n! n 1 .1 n 2 . n n 1
10 2 n 1


       




 
3
lg n 1 lgn
10n
   

Hay
 
3n 1 1 1 1
lg n!
10 2 3 n 1 n

    



(đpcm).
2.1.1.2. Một số bài toán có hướng dẫn
Bài 1. Cho A > 0 và
a1
cho trước. Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên
0
n

sao cho với mọi số tự nhiên

0
nn
ta đều có:
n
aA
.
Hướng dẫn
Với mọi N tự nhiên theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:
   
n
n
a 1 a 1 1 n a 1     


(1)


17
Xét bất đẳng thức sau:
 
A1
1 n a 1 A n
a1

    

(do
a 1 0
). (2)
Vậy nếu chọn

0
A1
n1
a1






thì dĩ nhiên
0
A1
n
a1



. Từ đó suy ra từ (1) và
(2) rằng với mọi số tự nhiên
0
nn
, ta đều có:
n
aA
(đpcm).
Bài 2. Chứng minh rằng:
2
lg 11 lg12

Hướng dẫn
Ta có:
 
 
2
2
2
lg 11 lg 10.1,1 1 lg1,1  



Chú ý là
lg1,1 0
nên theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:


Suy ra
2
lg 11 lg12

Bài 3. Chứng minh rằng nếu
0
2

  
thì ta có:
   
2 tan 1 sin
2 sin 3 tan
   

    

Hướng dẫn
Đặt
x 1 sin  
,
y 2 tan  

Do khi
0
2

  
thì
0 sin tan   
nên
0 x y
. BĐT đã cho tương đương
với:
   
yx
1 x 1 y  
(1)
Dễ thấy:
   
y
x
1 1 x 1 y   
(2)
Do

x0
và
y
1
x

, nên theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:
 
2
1 lg1,1 1 2lg1,1 1 lg1,21 1 lg1,2 lg12       

18
 
y
x
y
1 x 1 x. 1 y
x
    

Vậy (2) đúng, suy ra đpcm.
2.1.2. Bất đẳng thức Bernoulli trong các bài toán hình học và lượng giác
2.1.2.1. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng:
n n n
3n
tan A tan B tan C 3
2
   

trong đó n là số tự nhiên,
n1
.
Giải
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
 
n
n n n
3
tan A tan B tan C 3 tanA,tanB,tanC  
(1)
Trong mọi tam giác ta có:
tanA.tanB.tanC tanA tanB tanC  
(2)
Vì tam giác ABC nhọn nên dễ thấy:
tanA tanB tanC 3 3  
(*)
Có thể chứng minh (*) như sau:
Vì hàm
 
f x tanx
là lồi với
0
2

  
nên suy ra
     
1 A B C
f A f B f C f tan 3

3 3 3
  

    





Từ (1), (2) và (*) ta có:
 
n
n n n
3
tan A tan B tan C 3 3 3  
(3)
Do
3
3 3 1
2

, nên từ (3) suy ra:
n
3
n n n
3
tan A tan B tan C 3 1
2

   




Theo bất đẳng thức Bernoulli ta được:

19

n
3
3 3 n n
1 1 . 1
2 2 3 2

    



n n n
3n
tan A tan B tan C 3
2
    

Ví dụ 2.
a) Cho
x0
t1






. Chứng minh rằng:
t
x tx t 1 0   
.
b) Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta có:
2 2 2 2 2 2
12
A B C
tan tan tan 3
2 2 2

     
  
     
     

Giải
a) Theo bất đẳng thức Bernoulli:
   
t
t
x 1 x 1 1 t x 1 1 tx 1        


, suy ra
t
x tx t 1 0   

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x1

b) Chọn
2
A
x 3tan 0
2
t 2 1







. Theo câu a) suy ra:
2
22
AA
3tan 3 2.tan 2 1 0
22

   



2
22
AA

3tan 3 2.tan 2 1
22

   


(1)
Tương tự:
2
22
BB
3tan 3 2.tan 2 1
22

  


(2)
2
22
CC
3tan 3 2.tan 2 1
22

  


(3)

20

Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế:

2 2 2 2 2 2
2
A B C
3 tan tan tan
2 2 2

     

  
     

     


2 2 2
A B C
3 2 tan tan tan 3 2 3 3 2.1 3 2 3 3
2 2 2

        



(Vì
2 2 2
A B C A B C B A C
tan tan tan tan .tan tan .tan tan .tan 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2

     
)
Suy ra
2 2 2 2 2 2
12
A B C
tan tan tan 3
2 2 2

     
  
     
     

Dấu “=” xảy ra
2 2 2
A B C
3tan 3tan 3tan 1
2 2 2
   


A B C 1
tan tan tan
2 2 2
3
   


A B C ABC

3

     
đều
2.1.2.2. Một số bài toán có hướng dẫn
Bài 1. Chứng minh rằng nếu
0
2

  
thì ta có:
   
2 tan 1 sin
2 sin 3 tan
   
    

Hướng dẫn
Đặt
x 1 sin  
,
y 2 tan  
.
Do khi
0
2

  
thì
0 sin tan   

nên
0 x y
. BĐT đã cho tương đương
với:
   
yx
1 x 1 y  
(1)
Dễ thấy
 
y
x
(1) 1 x 1 y   
(2)